Quiz: TOP 150 câu trắc nghiệm Este Lipit có lời giải chi tiết (Nâng cao - phần 4)

X là este no, đơn chức, mạch hở: C_nH_2n+1COOC_mH_2m+1 (0 ≤ n; 1 ≤ m)

Ta có: n_X = n_AOH (pư) = n_Z = 0,1 mol

⇒ M_Z = 14m + 18 = 4,6/0,1 ⇒ m = 2 ⇒ Z: C₂H₅OH

Mặt khác:

→ n_{NaOH (ban đầu)} = 7,2/40 = 0,18 mol

→ n = 1 → X: CH₃COOC₂H₅

→ Đáp án B

Đang biên soạn

Nếu trong T không chứa HCHO → n_andehit = 0,5n_Ag = 0,15 mol

Có khi oxi hoa ancol bằng CuO → n_nước = n_andehit = 0,15 mol

Vậy T chắc chắn chứa HCHO: a mol và CH₃CHO : b mol

Ta có hệ

Vì n_NaOH = 0,15 mol > ∑n_ancol = 0,1 mol → chứng tỏ A phải có cấu tạo vòng

(ví dụ )

và B có cấu tạo CH₃OOC-CH₂-COOC₂H₅: 0,05 mol

Muối thu được gồm HOCH₂-CH₂-CH₂-CH₂-COONa: 0,05 mol và NaOOCCH₂COONa: 0,05 mol

% HOCH₂-CH₂-CH₂-CH₂-COONa = 48,61%.

→ Đáp án B

TN1 → n_CHO = 0,5. n_Ag = 0,2 mol

TN2 → $n_{HC{O}_3}$ = n_COOH = 0,2 mol

TN3 → n_COO = n_KOH = 0,4 mol > n_COOH

→ chứng tỏ Y chứa nhóm COO: 0,2 mol, CHO: 0,2 mol.

Bảo toàn nguyên tố K → $n_{K_{2}C{O}_3}$ = 0,5n_KOH = 0,2 mol

Có ∑ n_{C (muối)} = $n_{C{O}_2}$ + $n_{K_{2}C{O}_3}$ = 0,6 mol = n_COOH + n_CHO + n_COO

Y tạp chức → chứng tỏ X là (COOH)₂: 0,1 mol và Y là HOC-COOR': 0,2 mol

Ancol Z + Na → muối + H₂

→ m_ancol = m_{bình tăng} + $m_{H_2}$ = 9,2 gam và n_OH- = $2n_{H_2}$= 0,2 mol

Z là ancol đơn chức → M_ancol = 9,2/0,2 = 46 (C₂H₅OH )

→ Y là HOC-COOC₂H₅

%Y = 69,38%

→ Đáp án A

- Khi đốt cháy X có $n_{C{O}_2}$ = $n_{H_{2}O}$

→ 44$n_{C{O}_2}$ + 18$n_{H_{2}O}$ = m_{bình tăng} → 44a + 18a = 7,75 → a = 0,125 mol

- Xét quá trình X tác dụng với NaOH :

+ Nhận thấy rằng, n_NaOH > n_anken → trong trong X chứa 1 este và 1 axit.

Khi dehirat hóa ancol thì:

n_{este A} = n_anken = 0,015 mol → n_{axit (B)} = n_X – n_este = 0,025 mol

- Gọi C_A và C_B lần lượt là số nguyên tử C của este A và axit B (với C_A ≥ 3, C_B ≥ 1)

→ n_A. C_A + n_B.C_B = $n_{C{O}_2}$ → 0,015C_A + 0,025C_B = 0,125 → C_A = 5, C_B = 2 (Thỏa mãn) → Vậy A là C₅H₁₀O₂ và B là C₂H₄O₂

A. Sai, Độ chênh lệch khối lượng giữa A và B là: Δm = 102n_A – 60n_B = 0,03 g.

B. Sai, Tổng khối lượng phân tử khối của A và B là 162.

C. Đúng,

D. Sai, Este A có 7 đồng phân tương ứng là: CH₃COO-C₃H₇ (2 đồng phân) ; HCOO-C₄H₉ (4 đồng phân); C₂H₅COOC₂H₅ (1 đồng phân) và axit B chỉ có 1 đồng phân là CH₃COOH.

→ Đáp án C

- Đặt $n_{C{O}_2}$ = X; $n_{H_{2}O}$ = y → n_↓ = X → m_{dd giam} = m_↓ - ($m_{C{O}_2}$ + $m_{H_{2}O}$)

→ 100x – (44x + 18y) = 34,5 (1)

- n_COO = n_NaOH = 0,3 mol, m_E = m_C + m_H + m_O

→ 21,62 = 12x + 2y + 0,3.2.16 = 21,62 (2)

Từ (1), (2) ta có có: x = 0,87 mol; y = 0,79 mol

- X, Y, Z đều đơn chức → n_E = n_COO = 0,3 mol → C = 0,87/0,3 = 2,9 → X là HCOOCH₃

2 ancol là CH₃OH và C₂H₅OH. Lại có Y và Z có 2π → liên kết π trong gốc axit

→ Y và Z tạo bởi cùng 1 gốc axit

n_Y,Z = $n_{C{O}_2}$ - $n_{H_{2}O}$ = 0,08 mol → n_X = n_NaOH - 0,08 = 0,22 mol

Mà Y và Z có đồng phân hình học → chứa CH₃CH=CHCOOCH₃

→ 2 muối là: 0,08 mol CH₃CH=CHCOONa và 0,22 mol HCOONa

Muối có PTK lớn hơn là CH₃CH=CHCOONa

→ m_{muối có PTK lớn} = 0,08. 108 = 8,64g.

→ Đáp án D

Ta có: $n_{O_2}$ = 15,68/22,4 = 0,7 mol; $n_{H_{2}O}$ = 5,4/18 = 0,3 mol; n_NaOH = 0,1.2 = 0,2 mol

Thí nghiệm 1: Đốt cháy X

Bảo toàn khối lượng: m_X + $m_{O_2}$ = $m_{C{O}_2}$ + $m_{H_{2}O}$

→ 13,8 + 0,7.32 = $m_{O_2}$ + 5,4 → = 30,8 g → $n_{C{O}_2}$ = 30,8/44 = 0,7 mol

Bảo toàn nguyên tố oxi:

n_O(X) + $2n_{O_2}$= $2n_{C{O}_2}$+ $n_{H_{2}O}$ → n_O(X) + 2.0,7 = 2.0,7 + 0,3 → n_O(X) = 0,3 mol

Gọi công thức của X là

Ta có: x : y : z = 0,7 : 0,6 : 0,3 = 7 : 6 : 3

→ Công thức đơn giản nhất của X là C₇H₆O₃

→ Công thức phân tử của X là (C₇H₆O₃)_n

Vì X có 5 liên kết π trong phân tử nên k = 5 → 4n + 1 = 5 → n =1

→ Công thức phân tử của X là C₇H₆O₃

Vì X phản ứng với NaOH theo tỉ lệ 1:3

→ Công thức cấu tạo của X là HCOOC₆H₄OH

Thí nghiệm 2: 6,9 gam X tác dụng với 0,2 mol NaOH: n_X = 6,9/138 = 0,05 mol

HCOOC₆H₄OH (0,05) + 3NaOH (0,2) → HCOONa (0,05) + ONaC₆H₄ONa (0,05) + 2H₂O

→ Chất rắn gồm: HCOONa: 0,05 mol; NaOC₆H₄ONa: 0,05 mol và NaOH: 0,2 – 0,05.3 = 0,05 mol

→ m_rắn = 0,05.68 + 154.0,05 + 40.0,05 = 13,1 g

→ Đáp án B

Ta có: $n_{C{O}_2}$ = 4,4352/22,4 = 0,198 mol; $n_{H_{2}O}$ = 3,168/18 = 0,176 mol.

n_KOH = 0,08a → n_COO = 0,08a; $n_{K_{2}C{O}_3}$ = 0,04a mol

Bảo toàn nguyên tố:

n_C(X) = 0,04 + 0,198 ; n_H(X) = 2.0,176 - 0,08a ; n_O(X) = 0,08a.2

→ 12(0,04a + 0,198) + 2.0,176 - 0,08a + 0,16a.16 = 7,612

→ a = 1,65

→ Đáp án A

k = 6 = 1 vòng benzen + 2π_C=O → X không chứa π_C=C ngoài vòng benzen.

Dễ thấy X là HCOOC₆H₄CH₂OOCH → Y là HCOONa, Z là NaOC₆H₄CH₂OH.

→ T là HOC₆H₄CH₂OH → C sai vì T tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1 : 1

→ Đáp án C

Vì b - c = 5a nên trong X có chứa 6 liên kết pi với 3 liên kết pi ở 3 nhóm –COO và 3 liên kết pi ở mạch C của axit.

Ta có $n_{H_2}$ = 0,3 = 3n_X nên n_X = 0,1 mol

Bảo toàn khối lượng, ta có m_X = m_este – $m_{H_2}$ = 89 – 0,3.2 = 88,4g

Bảo toàn khối lượng, ta có m_X + m_NaOH = m₂ + $m_{C_3{H}_5(OH{)}_3}$ (n_glixerol = n_X = 0,1 mol)

→ m₂ = 88,4 + 0,45.40 – 0,1.92 = 97,2 g.

→ Đáp án D

→ Đáp án D

→ Đáp án C

Từ công thức X, Y → chất đầu dãy là (C₂H₃COO)₂C₂H₄ và (HCOO)₃C₃H₅

Qui đổi hỗn hợp E thành: C₈H₁₀O₄ (x mol); C₆H₈O₆ (y mol) và CH₂ (z mol)

Lập hệ phương trình:

→ n_E(41,7g) = 0,09 + 0,15 = 0,24 mol.

+) m_muối = (0,18/0,24). (m_E + m_KOH – m_etilenglicol - m_glixerol)

m_E = 41,7 g; m_KOH = (2.0,09 + 3.0,15).56 = 35,28 g;

m_etilenglycol = 0,09. 62 = 5,58 g;

m_glyxerol = 0,15.92 = 13,8 g → m_muối = 43,2 g.

→ Đáp án C

Giải T + O₂ -^to→ 0,72 mol CO₂ + 1,08 mol H₂O.

Tương quan n_T = $\sum _{}^{}{n}_{H_{2}O}$ - $\sum _{}^{}{n}_{C{O}_2}$→ số C = 0,72/0,36 = 2

→ 2 ancol no có cùng số C là 2 chỉ cố thể là C₂H₅OH và C₂H₄(OH)₂

→ n_X + n_Y = ∑n_{hỗn hợp ancol} = 0,36 mol; lại có

→ giải hệ só mol có n_X = 0,16 mol; n_Y = 0,2 mol.

Từ giả thiết đề cho có:

40,48 gam E + 0,56 mol NaOH → a gam muối + 0,15 mol C₂H₅OH + 0,2 mol C₂H₄(OH)₂

→ bảo toàn khối lượng có a = 43,12 gam → Chọn đáp án A

Giải cụ thể và rõ hơn 2 chất X và Y ta biện luận giải pt nghiệm nguyên như sau:

40,48 gam hỗn hợp E gồm 0,16 mol X dạng C_nH_2nO₂ và 0,2 mol Y dạng C_mH_2m-2O₄

→ 0,16.(14n + 32) + 0,2.(14m + 62) = 40,48 → 4n + 5m = 41

Cặp nghiệm nguyên thỏa mãn là n = 4 và m = 5. ứng với X là CH₃COOC₂H₅ và Y là HCOOCH₂CH₂OOCCH₃.

→ Đáp án A

X có dạng C_nH_2n-2O₂ và Y có dạng C_mH_2m-4O₄, lại cho 2 ancol đồng đẳng kế tiếp

→ 2 ancol no, đơn chức, mạch hở.

Ta có: x = y + 0,2 → x – y = 0,2 = nX + 2nY → n_{2 ancol} = 0,2mol

Gọi ancol là ROH (0,2 mol) → $n_{H_2}$ = 0,1 → m_{bình tăng} = m_ancol – $m_{H_2}$

→ 6,76 = 0,2. (R + 17) – 0,2 → R = 17,8

→ 2 ancol CH₃OH (z mol) và C₂H₅OH (t mol)

→ z + t = 0,2 và 32z + 46t – 0,2 = 6,76 → z = 0,16 và t = 0,04

Do n_X > n_Y , ta xét 2 trường hợp sau:

TH1: X tạo bởi CH₃OH và Y tạo bởi C₂H₅OH

Quy đổi hỗn hợp thành C₄H₆O₂ (0,16 mol); C8H12O4(0,04 mol); CH₂ (x mol)

Có m_{hỗn hợp} = 16,64 → x < 0 (loại)

TH₂: X tạo bởi CH₃OH và Y tạo bởi cả 2 ancol.

Quy đổi hỗn hợp thành C₄H₆O₂ (0,12 mol); C₇H₁₀O₄(0,04 mol); CH₂ (x mol)

(do chia mất CH₃OH vào 2 ancol)

Có m_{hỗn hợp} = 16,64 → x = 0

→ X là C₂H₃COOCH₃ (0,12 mol) và Y là CH₃OOC-C₂H₂-COOC₂H₅ (0,04 mol)

→ muối thu được là C₂H₃COONa (0,12 mol) và C₂H₂(COONa)₂ (0,04 mol)

→$m_{C_2{H}_{3}COONa}$ = 11,28 và $m_{C_2{H}_2(COONa{)}_2}$ = 6,4

(nhận thấy các đáp án. a:b đều > 1)

→ a = $m_{C_2{H}_{3}COONa}$ = 11,28 và b = $m_{C_2{H}_2(COONa{)}_2}$ = 6,4

→ a : b = 11,28/6,4 = 1,7625

→ Đáp án A

Bước 1. Tìm muối B:

Đốt B: $n_{N{a}_{2}C{O}_3}$ = 6,89/106 = 0,065 mol

Đốt Z: $n_{C{O}_2}$ = 3,36/22,4 = 0,15 mol; $n_{H_{2}O}$ = 4,32/18 = 0,24 mol

Bảo toàn Na: n_Na/B = n_NaOH = $2n_{N{a}_{2}C{O}_3}$ = 0,13 mol = n_muối

Vì X gồm 2 este no, mạch hở Z gồm các ancol no, hở

→ Gọi CT chung của Z là C_nH_2n+2O_m

n_ancol = 0,24 – 0,15 = 0,09 mol

Phản ứng thuỷ phân

(RCOO)mR’ + mNaOH → mRCOONa + R’(OH)m

Vì 

→ Hỗn hợp este X có ít nhất 1 este đơn chức hỗn hợp Z gồm 1 ancol đa chức, 1 ancol đơn chức

Axit tạo muối B là đơn chức, gọi B là RCOONa

→ n_RCOONa = n_Na/B = 0,13 mol ⇒ M_RCOONa = 10,66/0,13 = 82

R = 15, R là CH₃, muối B là CH₃COONa

Bước 2. Tìm các chất trong hỗn hợp Z

Vì n = 1,67 CT của 1 ancol là CH₃OH: a mol và ancol còn lại là C_nH_2n+2O_m

ta có: a + nb = 0,15

và a + b = 0,09 → (n – 1).b = 0,06

a + mb = 0,13 → (m – 1).b = 0,04

Có thể thấy ngay là n = 4 và m = 3, những giá trị lớn hơn, làm cho Mancol > 100

Vậy 2 ancol là CH₃OH và C₄H₇(OH)₃, Gọi a và b là số mol của 2 ancol tương ứng

% khối lượng của: (CH₃COO)₃C₄H₇ 

→ Đáp án C

d_ancol/H2 = M_ancol = 62 → Ancol Z có CTCT HOCH₂CH₂OH(C₂H₆O₂)

Ta có: 

Khi đốt cháy E có:

Áp dụng ĐLBTNT.O: n_O(E) +$2n_{O_2}$ = $2n_{H_{2}O}$ → 4a + 2b + 2c + 0,47.2 = 0,41.2 + 0,4

→ 4a + 2b + 2c + 0,47.2 = 0,41.2 + 0,4 → 4a + 2b + 2c = 0,28 mol

Giả hệ PT: 

Áp dụng ĐLBTKL cho phản ứng cháy:

→ m_E = 0,41.44 + 0,4.18 – 0,47.32 = 10,2

0,1 mol E + 0,11 mol NaOH 

Áp dụng ĐLBTKL cho phản ứng thủy phân: m_E + m_NaOH = m_RCOONa + m_ancol + m_nước

→ m_RCOONa = 10,2 + 0,11.40 – 0,07.62 – 0,03.18 = 9,72 gam.

→ m_RH = 9,72 – 0,11.(69 – 1) = 2,46 g

→ Đáp án A

Natri panmitat: C₁₅H₃₁COONa; natri oleat: C₁₇H₃₃COONa; natri linoleat: C₁₇H₃₁COONa.

→ X được tạo bởi 3 axit C₁₅H₃₁COOH; C₁₇H₃₃COOH; C₁₇H₃₁COOH.

→ các mệnh đề đúng: a, c, d. (X có 4 đồng phân thỏa mãn).

→ Đáp án D

- Nhận thấy rằng, khi cho hỗn hợp X gồm axit Y và esteZ thu được hai ancol và hai muối nên Z là este hai chức được tạo từ axit hai chức và hai ancol, ta có hệ sau:

- Khi đun nóng toàn bộ lượng ancol thu được với H₂SO₄ đặc ở 140^oC thì

$n_{H_{2}O}$ = n_ancol/2 = 2n_Z/2 = 0,125 mol → BTKL: m_ancol = m_este + $18n_{H_{2}O}$ = 9,75(g)

→ Hỗn hợp ancol gồm CH₃OH và C₂H₅OH.

- Xét quá trình hỗn hợp muối tác dụng với NaOH/ CaO (t^o), rồi cho hỗn khí tác dụng với Br₂ ta được:

→ m_khí = m_{dẫn xuất halogen} - m_Br2 = 7,7(g)

- Giả sử khí thu được là anken thì: M_hidrocacbon = m_khi/$m_{B{r}_2}$ = 28(C₂H₄)

→ muối C₂H₃COONa và NaOOC-CH=CH-COONa

Vậy este Z là CH₃OOC-CH=CH-COOC₂H₅ với m_Z = 19,75g.

→ Đáp án D

n_X = 0,1 mol; n_NaOH = 0,06 mol → X dư

→ n_{chất rắn} = n_NaOH (chất rắn chính là muối RCOONa)

→ M_RCOONa = R + 67 = 94 → R = 27 (CH₂=CH-)

→ X là CH₂=CHCOOC₂H₅ (etyl acrylat)

→ Đáp án C

n_Ag = 0,16 mol → n_HCOO = 0,08 mol

→ Vậy Y chứa CH₃OH (a mol) và C₂H₆O_x (b mol với x = 1 hoặc x = 2).

Ta có: (1): a + b = 0,24; (2): a + 2b = 0,26 → a = 0,22; b = 0,02.

+) TH1: X là este no, đơn chức, X gồm este no tạo bởi HCOOH, RCOOH và hai ancol CH₃OH và C₂H₆O

Muối gồm 22,54 gam: HCOONa (0,08) và RCOONa (0,16)

+) TH₂: X gồm este no tạo bởi HCOOH, RCOOH và hai ancol CH₃OH và C₂H₆O₂.

Khi đó 22,54 gam: HCOONa (0,08) và RCOONa.

n_RCOONa = 0,22 + 0,02.2 – 0,08 = 0,18 mol → M_RCOONa = 95.

(loại - không tìm được công thức thỏa mãn).

+) TH3: X gồm este no tạo bởi HCOOH, R(COOH)₂ và hai ancol CH₃OH và C₂H₆O₂

22,54 gam gồm: HCOONa (0,08) và R(COONa)₂.

Vì X là các este no, hở n_HCOONa = 0,08 >$n_{C_2{H}_6{O}_2}$= 0,02

→ các este trong X gồm HCOOCH₃: 0,04 mol, HOOC-CH₂-CH₂-OOCH: 0,02 mol và CH₃OOC-R-COOCH₃

$n_{R(COONa{)}_2}$ = (0,22 + 0,02.2 – 0,04) : 2 = 0,09 → $M_{R(COONa{)}_2}$ = 190

→ (CH₂)₄(COONa)₂.

→ X gồm: HCOOCH₃ (0,04); HCOO-CH₂-CH₂-OOCH (0,02) và CH₃OOC-(CH₂)4-COOCH₃(0,09).

→ Phần trăm khối lượng của este có khối lượng phân tử lớn nhất là

→ Đáp án A

Gọi CTPT của chất béo X là C_xH_yO₆

Áp dụng ĐLBT nguyên tố oxi ta có:

n_O(X) + $n_{O(O_2)}$= $n_{O(C{O}_2)}$ + $n_{O(H_{2}O)}$→ 6n_X + $2n_{O_2}$ = $2n_{C{O}_2}$ + $n_{H_{2}O}$

Ta có:

→ Trong X: 8 liên kết π gồm 3 liên kết π ở nhóm chức COO + 5 liên kết π ở gốc hidrocacbon

→ X tác dụng với H₂ theo tỉ lệ 1:5

→ Đáp án B

X và Y là đồng phân nên đặt số nguyên tử C của X và Y là n.

n_NaOH = 0,35 mol → $n_{N{a}_{2}C{O}_3}$ = 0,175 mol

$n_{CaC{O}_3}$ = 1,425 mol

BTNT C: 0,2n = 0,175 + 1,425 → n = 8.

Z chứa 3 muối nên X là este của phenol. Đặt số mol của X, Y lần lượt là x, y.

X không tham gia phản ứng tráng gương nên X là CH₃COOC₆H₅

→ Y là C₇H₇COOH.

Muối cacboxylat gồm CH₃COONa (0,15 mol) và C₇H₇COONa (0,05 mol).

→ mmuối

→ Đáp án A

CTPT của este là C_nH_2n-2-2kO₄

Ta có vì tổng số mol của CO₂ và H₂O gấp 5/3 số mol O₂

Nên 

Vì este có nhiều nhất là 3 liên kết đôi → k = 1, k = 0

Với k = 0 ta có n = 6,333 loại

k = 1 ta có n = 6(chọn)

Mà este 2 chức gồm axit no nên X có CTPT là CH₃OOCCH₂COOCH=CH₂ thì có khối lượng muối lớn nhất

→ m_max = 0,15.148 + 0,1.40 = 26,2 gam

→ Đáp án B

- Đốt cháy hoàn toàn tạo thành CO₂ và H₂O có số mol bằng nhau → X là este no đơn chức mạch hở.

- Thủy phân X trong môi trường axit được Y (tham gia phản ứng tráng gương) → Y là HCOOH. Chất Z có số nguyên tử cacbon bằng một nửa số nguyên tử cacbon trong X → Z là CH₃OH → X là HCOOCH₃.

A. Sai vì từ C₂H₅OH mới tạo ra anken

B. Chất X thuộc loại este no, đơn chức → Đúng

C. Chất Y tan vô hạn trong nước → Đúng: axit HCOOH tan vô hạn trong nước

D. Đốt cháy hoàn toàn 1mol X sinh ra sản phẩm gồm 2 mol CO₂ và 2 mol H₂O → Đúng: C₂H₄O₂ → 2CO₂ + 2H₂O.

→ Đáp án A

Đốt Y cũng tương đương với đốt X và NaOH.

n_NaOH = 0,08a mol → $n_{N{a}_{2}C{O}_3}$ = 0,04a mol, n_O(X) = 0,16a mol

→ m_X = 12.(0,198 + 0,04a) + (0,352 – 0,08a) + 16.0,16a = 7,612

→ a = 1,65g

→ Đáp án B

m_{dung dịch giảm} = m_{kết tủa} - $m_{(C{O}_2+H_{2}O)}$ → 17 = 40 – $m_{(C{O}_2+H_{2}O)}$ → $m_{(C{O}_2+H_{2}O)}$ = 23 g

n_{kết tủa} = $n_{C{O}_2}$ = 0,4 mol → $m_{C{O}_2}$ = 5,4 → $n_{H_{2}O}$ = 0,3 mol

Gọi CTCT là RCOOR’

Ta có RCOOR’ + O₂ → CO₂ + H₂O

Bảo toàn oxi: 

→ M_este = 86 → CTPT: C₄H₆O₂

Có n_RCOOR’ = 0,1 mol → n_RCOOK = 0,1 mol

m_rắn = m_{KOH dư} + m_muối

→ m_muối = 19,4 – (0,25 – 0,1).56 = 11 → M_muối = 110

→ M_RCOO = 110 - 39 = 71 R là CH₂=CH-

→ X là CH₂=CHCOOCH₃ → X là Metyl acrylat

→ Đáp án A

Số C (X) = Số O + 1 = 6 +1 = 7

→ X có CT: (CH₃COO)(HCOO)₂C₂H₅ hay C₇H₁₀O₆

n_X = n_NaOH/3 = 0,1 mol

→ V₀ = 0,65. 22,4 = 14,56 lít

→ Đáp án D